北京171中学高三上学期第一次月考化学试题

2020学年东城区171中学高三第一学期化学月考试卷第I卷（单选题42分）1.下列物质用途不正确的是ABCD物质硅（Si）生石灰（CaO）液氨（NH3）亚硝酸钠（NaNO2）用途半导体材料抗氧化剂制冷剂食品防腐剂A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，A用途正确；B．生石灰具有吸水性，不具有还原性，可以做干燥剂，不能做抗氧化剂，B用途错误；C．液氨气化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，C用途正确；D．亚硝酸钠具有还原性，可以做食品防腐剂，注意用量应国家规定范围内，D用途正确；答案为B。2.关于营养物质的下列说法不正确的是A.淀粉能水解为葡萄糖B.油脂属于有机高分子化合物C.鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性D.食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C【答案】B【解析】【详解】A．淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，故A正确；B．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于天然有机物，但不是高分子化合物，故B错误；C．鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，故C正确；D．新鲜蔬菜和水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，故D正确；答案选B。3.关于钠及其化合物的化学用语正确的是A.钠原子的结构示意图：B.过氧化钠的电子式：C.碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++COD.碳酸钠水溶液呈碱性：CO+H2OHCO+OH-【答案】D【解析】【详解】A．钠原子核外电子数与质子数相同，钠离子的结构示意图为，A用语错误；B．过氧化钠为离子化合物，其电子式为，B用语错误；C．碳酸氢钠为强电解质，其电离方程式为NaHCO3=Na++，C用语错误；D．碳酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO+H2OHCO+OH，D用语正确；答案为D。4.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）ABCDX中试剂稀硝酸浓盐酸浓硫酸浓氨水Y中试剂CuMnO2CuCaO气体NOCl2SO2NH3A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，且NO不溶于水，图中装置可制备并收集NO，故A正确；B．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，且氯气不能选排水法收集，故B错误；C．Cu与浓硫酸反应反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；D．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；故答案为A。5.将下列气体通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是A.HCl B.NH3 C.Cl2 D.NO【答案】A【解析】【分析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】A．HCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B．氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C．氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。6.下列实验现象与氧化还原无关的是A.铜遇浓硝酸产生红棕色气体 B.过氧化钠放置于空气中逐渐变白C.氨气与氯化氢气体相遇产生白烟 D.石蕊溶液滴入氯水中先变红后无色【答案】C【解析】【详解】A．铜遇浓硝酸发生氧化还原反应产生红棕色气体，A与题意不符；B．过氧化钠放置于空气中，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，则固体逐渐变白，B与题意不符；C．氨气与氯化氢气体相遇生成氯化铵固体，为非氧化还原反应，现象为产生白烟，C符合题意；D．氯水中含有盐酸、次氯酸，则石蕊溶液滴入氯水中溶液显酸性则先变红，而次氯酸具有强氧化性，使石蕊变质则后无色，D与题意不符；答案为C。7.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善元素周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟49In等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37RbA.铟是第五周期第IIIA族元素 B.的中子数为66C.原子半径：In＞Al D.碱性：In(OH)3＞RbOH【答案】D【解析】【详解】A．铟与B、Al属于同主族元素，电子排布为2、8、18、18、3，是第五周期第IIIA族元素，A正确；B．的质子数为49，质量数为115，则中子数为11549=66，B正确；C．铟与Al同主族且位于铝的下方，所以原子半径：In＞Al，C正确；D．铟与铷（37Rb）同周期且在铷的右边，金属性比铷弱，所以碱性：In(OH)3＜RbOH，D不正确；故选D。8.下列解释事实的方程式不正确的是A.Fe(OH)2暴露于空气中出现红褐色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3B.用硫酸铜溶液除去C2H2中H2S气体：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+C.NaClO溶液中加白醋可增强漂白性：H++ClO=HClOD.将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑【答案】C【解析】【详解】A.Fe(OH)2暴露于空气中被氧化，出现红褐色，生成氢氧化铁，反应的离子方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，选项A正确；B.用硫酸铜溶液除去C2H2中的H2S气体，反应生成硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，选项B正确；C.NaClO溶液中加白醋可增强漂白性，是次氯酸钠与醋酸反应生成次氯酸和醋酸钠，醋酸是弱酸必须写化学式，反应的离子方程式为：CH3COOH+ClO=HClO+CH3COO，选项C不正确；D.将Na块放入水中，反应生成氢气和氢氧化钠，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，选项D正确；答案选C。9.下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是A.铝制器皿不宜盛放酸性食物B.金属钠和熔融氯化钾反应置换出金属钾C.电解饱和食盐水时，阴极区产生的是氢气D.镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．金属活动顺序表中，铝排在氢的前面，铝能置换出氢，所以铝制器皿不宜盛放酸性食物，A不合题意；B．在金属活动顺序表中，金属钠排在钾的后面，但钠能与熔融氯化钾反应置换出金属钾，B符合题意；C．电解饱和食盐水时，阴极区H+得电子产生氢气，而没有得到Na，表明H+的得电子能力比Na+强，C不合题意；D．因为锌的金属活动性大于铁，所以镀锌铁桶镀层破损后，锌强于铁失电子，铁仍不易被腐蚀，D不合题意；故选B。10.一种在工业生产中有广泛用途的有机高分子结构片段如下图。下列关于该高分子的说法正确的是A.能水解成小分子B.单体只含一种官能团C.氢键对该高分子的性能没有影响D.结构简式为：【答案】D【解析】【分析】根据图示可知，该有机物的结构简式为，其单体的结构简式为CH2=CHCOOH。【详解】A．为CH2=CHCOOH通过加聚反应生成的，不能发生水解反应，A说法错误；B．CH2=CHCOOH分子中含有碳碳双键和羧基两种官能团，B说法错误；C．氢键影响该高分子化合物的熔点和沸点，C说法错误；D．该高分子化合物的结构简式为，D说法正确；答案为D。11.某金属有机多孔材料(MOFA)在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.该材料的吸附作用具有选择性B.该方法的广泛使用有助于减少CO2排放C.在生成的过程中，有极性共价键形成D.其工作原理只涉及化学变化【答案】D【解析】【分析】根据图中信息可知，金属有机多孔材料对CO2具有超高的吸附能力，并且能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，即和CO2反应生成和氮气，据此分析。【详解】A．由图示可知该材料选择性吸附二氧化碳，吸附作用具有选择性，故A正确；B．环氧乙烷衍生物和二氧化碳反应生成某金属有机多孔材料(MOFA)，所以利用此法可减少CO2的排放，故B正确；C．在生成的过程中，有O=C极性共价键、碳氧单键形成，故C正确；D．该过程中涉及到了气体的吸附，吸附作用属于物理变化，故D错误；答案选D。12.在不同条件下进行化学反应，B、D起始浓度均为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：下列说法不正确的是（）序号时间温度0204050①800②800x③800y④820A.①中B在

min平均反应速率为

B②中，可能使用了催化剂C.③中

D.比较①④可知，该反应为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A.中A在min浓度变化为，化学反应，B在min浓度变化为，B在min平均反应速率为，故A正确；B.、起始量相同，平衡浓度相同，但达到平衡所需要的时间短，反应速率快，说明加入了催化剂，加快反应速率，平衡常数不变，，故B正确；C.列出三段式：和的温度相同，平衡常数相同，，解得，故C错误；D.比较和可知平衡时反应物A的浓度小，由到升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，故D正确；故选C。13.下列实验结果不能作为相应原理、定律或理论的证据之一的是（阿伏伽德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）ABCD勒夏特列原理盖斯定律电离理论阿伏伽德罗定律实验方案结果该平衡体系加压后颜色变深测得：ΔH=ΔH1+ΔH2产生Na+和ClH2和O2的体积比约为2:1A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．给平衡体系加压，气体的体积缩小，有色气体的浓度增大，不管平衡是否移动，混合气的颜色都加深，A符合题意；B．由盖斯定律可知，不管反应路径如何，只要反应物和生成物都相同，反应的热效应相同，所以ΔH=ΔH1+ΔH2，B不合题意；C．氯化钠晶体溶于水，由于Na+、Cl都与水分子形成水合离子，所以不断脱离晶体表面进入溶液，从而产生自由移动的Na+和Cl，C不合题意；D．电解水时，发生反应2H2O2H2↑+O2↑，所以H2和O2的体积比约为2:1(两种气体在水中的溶解度有差异)，D不合题意；故选A。14.下列实验方案，能达到相应目的的是ABCD目的验证氧化性：Cl2＞Br2＞I2验证热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3研究浓度对化学平衡的影响研究浓度对化学反应速率的影响实验方案A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氯气通过浸有溴化钠溶液的棉球时置换出溴，棉球变成橙色，可以证明氧化性：Cl2＞Br2、剩余的氯气经过浸有碘化钾溶液的棉球时置换出碘，棉球变成黄色，可以证明氧化性：Cl2＞I2，无法证明氧化性：Br2＞I2，故A不选；B．碳酸氢钠受热分解放出的二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，但该实验不能证明碳酸钠不能分解，因为碳酸钠的加热温度可能得不到其分解温度，不能证明二者的稳定性的关系，故B不选；C．两个实验只有KSCN浓度不同，可研究浓度对化学平衡的影响，故C选；D．两个实验中高锰酸钾均过量，溶液均不褪色，不能探究浓度对反应速率的影响，故D不选；故选C。第II卷（填空题58分）15.直接排放含SO2的烟气会危害环境。利用工业碱液（主要成分Na2CO3）可以吸收烟气中的SO2并制备无水Na2SO3，其流程为：已知：H2SO3、、在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图1，Na2SO3·7H2O和Na2SO3的溶解度曲线如图2。(1)举一例说明直接排放含SO2烟气对环境的危害：_________________。(2)吸收烟气①吸收塔中反应的离子方程式是___________。②为提高NaHSO3的产率，应控制吸收塔的pH为__________。③吸收塔中的温度不宜过高，可能的原因是_______________。（写出1种即可）(3)制备无水Na2SO3请补充完整由Na2SO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：_________，过滤、干燥，得无水Na2SO3。(4)检验Na2SO3成品中是否含有少量Na2SO4，实验方案是___________。【答案】(1).酸雨（合理即给分）(2).2SO2++H2O=2+CO2(3).4~5(4).防止SO2的溶解度下降；防止受热分解；防止的氧化速率加快等（写出一种即可）(5).隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃过滤(6).取适量溶液，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明混有Na2SO4【解析】【分析】在吸收塔内，将含SO2的烟气通入工业废碱液中，发生反应Na2CO3+2SO2+H2O==2NaHSO3+CO2；在中和塔内，往NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，发生反应NaHSO3+NaOH==Na2SO3+H2O，通过蒸发结晶获得无水亚硫酸钠晶体，所得母液循环使用。【详解】(1)直接排放含SO2的烟气，会造成对环境的危害：如形成酸雨（合理即给分）。答案为：酸雨（合理即给分）；(2)①由前面分析知，吸收塔中发生的反应为Na2CO3+2SO2+H2O==2NaHSO3+CO2，反应的离子方程式是2SO2++H2O=2+CO2。②由图中曲线对应的数据判断，为提高NaHSO3的产率，应控制吸收塔的pH为4~5。③因为气体的溶解度随温度升高而降低、NaHSO3易分解、易被空气中氧气氧化，所以吸收塔中的温度不宜过高，可能的原因是防止SO2的溶解度下降；防止受热分解；防止的氧化速率加快等（写出一种即可）。答案为：2SO2++H2O=2+CO2；4~5；防止SO2的溶解度下降；防止受热分解；防止的氧化速率加快等（写出一种即可）；(3)从溶液中提取溶质，常需蒸发浓缩，对Na2SO3来说，还需防止被氧化，所以由Na2SO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃过滤，过滤、干燥，得无水Na2SO3。答案为：隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃过滤；(4)检验Na2SO3成品中是否含有少量Na2SO4时，首先需排除Na2SO3的干扰，实验方案是取适量溶液，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明混有Na2SO4。答案为：取适量溶液，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明混有Na2SO4。【点睛】因为Na2SO3具有较强的还原性，所以用酸排除其干扰时，不能使用氧化性酸，否则会将Na2SO3转化为Na2SO4。16.氢能源是最具应用前景的能源之一，CH4和H2O(g)催化重整是目前大规模制取H2的重要方法。(1)反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4:1，CH4和H2O(g)反应的方程式是______________。①下列措施能提高CH4平衡转化率的是_________。a．增大压强b．加入催化剂c．增大水蒸气浓度②反应器中还存在：反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+210kJ/mol反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2=41kJ/molCH4、H2O重整生成CO2，H2的热化学方程式是___________。(2)实验发现，其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入一定量的CaO可以明显提高H2的百分含量。做对比实验，结果如下图所示：①用CaO可以去除CO2。投入CaO后，H2百分含量增大。原因：_________________。②投入纳米CaO更能提高H2百分含量，原因：________________。(3)反应中催化剂的活性会因积炭反应而降低，相关数据如下表：反应IIICH4(g)C(s)+2H2(g)2CO(g)C(s)+CO2(g)ΔH(kJ/mol)+75173研究发现，如果反应I不发生积炭过程，则反应II也不会发生积炭过程。因此，若保持催化剂的活性，应采取的条件是_______________________。【答案】(1).CH4+2H2O(g)4H2+CO2(2).c(3).CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)ΔH=+169kJ/mol(4).投入CaO后，CaO可以吸收CO2，使CO2浓度减小，使生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大(5).纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快(6).降低温度，增大压强【解析】【分析】如果反应I不发生积炭过程，则反应II也不会发生积炭过程，所以为提高反应中催化剂的活性，反应I中积炭的控制是关键所在。因为反应CH4(g)C(s)+2H2(g)是吸热的、气体体积增大的可逆反应，所以可采取降温、加压的方法，抑制反应的正向进行。【详解】(1)CH4和H2O(g)反应，生成H2和CO2，其物质的量之比为4:1，则CH4和H2O(g)反应的方程式是CH4+2H2O(g)4H2+CO2。①a．增大压强，平衡逆向移动，甲烷的平衡转化率降低，a不合题意；b．加入催化剂，平衡不发生移动，b不合题意；c．增大水蒸气浓度，平衡正向移动，甲烷的平衡转化率提高，c符合题意；故选c。②反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+210kJ/mol反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2=41kJ/mol利用盖斯定律，将两个已知热化学反应方程式相加，便得出CH4、H2O重整生成CO2，H2的热化学方程式是CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)ΔH=+169kJ/mol。答案为：CH4+2H2O(g)4H2+CO2；c；CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)ΔH=+169kJ/mol；(2)①投入CaO后，可减少混合气中的CO2浓度，促使平衡正向移动，从而使H2百分含量增大。原因：投入CaO后，CaO可以吸收CO2，使CO2浓度减小，使生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大。②由图中可以看出，CaO的颗粒越小，H2的百分含量越大，所以投入纳米CaO更能提高H2百分含量的原因：纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快。答案为：投入CaO后，CaO可以吸收CO2，使CO2浓度减小，使生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大；纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快；(3)研究发现，如果反应I不发生积炭过程，则反应II也不会发生积炭过程，则若保持催化剂的活性，应控制反应I的正向进行，所以采取的条件是降低温度，增大压强。答案为：降低温度，增大压强。【点睛】由两种物质发生的可逆反应，增大一种反应物的浓度，平衡发生正向移动，该反应物的转化率降低，另一反应物的转化率提高。17.氨态氮肥的使用在提高粮食产量的同时，也导致了土壤、水体污染等环境问题。处理废水中的NH有多种方法。I．吹脱法（1）加入NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将NH3赶出并回收。用离子方程式表示NaOHII．折点氯化法加入适量NaClO溶液，控制pH为6～7，将其转化为无毒物质。该过程发生3个反应：i．ClO+H+=HClOii．NH+HClO=NH2Cl（Cl为+1价）+H++H2Oiii．......水体中以+1价形式存在的Cl元素有消毒杀菌作用，被称为“余氯”。如图为NaClO加入量与“余氯”含量的关系示意图，其中NH含量最低的点是c点。（2）b点表示的溶液中N元素的主要存在形式是__________（用化学式表示）；反应iii的化学方程式是__________。III．生物硝化、反硝化法（3）水中NH在微生物的作用下可被氧化为HNO2，其离子方程式是_______________，若反应中有0.6mol电子发生转移，则生成的HNO2（47g/mol）质量为______g。（4）有氧时，在硝化细菌作用下，NH可实现过程a的转化，将过程a的离子方程式补充完整：____NH+5O22NO+H++____+____【答案】(1).NH+OHNH3·H2O；NH3·H2ONH3↑+H2O(2).鼓入空气使NH3逸出，使NH和OH的反应正移(3).NH2Cl(4).2NH2Cl+HClO=N2+3HCl+H2O(5).2NH+3O22HNO2+2H++2H2O(6).4.7(7).4NH+5O22NO+6H++N2O+5H2O【解析】【详解】(1)加入NaOH溶液后，NH与OH反应生成一水合氨，升高温度，一水合氨生成氨气，离子方程式为NH+OHNH3·H2O；NH3·H2ONH3↑+H2O；通空气可使NH3逸出，溶液中氨气的浓度降低，则NH和OH的反应正移；(2)根据图像可知，ab段发生反应i、ii，生成NH2Cl，则b点中N元素的主要存在形式是NH2Cl；bc段发生iii，NH2Cl与HClO反应生成氮气，根据电荷守恒及原子守恒，方程式为2NH2Cl+HClO=N2+3HCl+H2O；(3)已知NH在微生物的作用下可被氧化为HNO2，铵根离子与氧气反应生成亚硝酸和水，离子方程式为2NH+3O22HNO2+2H++2H2O；根据离子方程式可知，转移12mol电子时，生成2molHNO2，则0.6mol电子发生转移，生成0.1molHNO2，质量为4.7g；(4)根据图像可知，过程a时，铵根离子生成亚硝酸根离子及一氧化二氮，利用化合价升降法配平，离子方程式为4NH+5O22NO+6H++N2O+5H2O。18.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿的主要成分为Ca5（PO4）3（OH），还含有Ca5（PO4）3F和有机碳等溶解度：Ca5（PO4）3（OH）<CaSO4·0.5H2O（1）上述流程中能加快反应速率的措施有_______________。（2）①结合元素周期律比较H2SO4和H3PO4酸性大小：__________________。②写出Ca5（PO4）3（OH）酸浸时反应的方程式：______________，从复分解反应角度分析，该反应能发生的原因：_________。（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，并进一步转化除去。写出生成HF（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是____________，再加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率。（6）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol/LNaOH溶液滴定至终点时，生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是_________。（H3PO4摩尔质量为98g/mol）【答案】(1).研磨、加热(2).S与P位于同一周期，从左至右，核电荷数逐渐增多，原子核对核外电子吸引能力增强，原子半径逐渐减少，得电子能力增强，非金属性S>P，故酸性H2SO4>H3PO4(3).2Ca5（PO4）3（OH）+10H2SO4+3H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4(4).H2SO4与Ca5（PO4）3（OH）参与成分交换，生成了微溶物硫酸钙和弱电解质磷酸，由题目得到特定生成物，应该结合水，而反应中交换成分后生成的水不够结合的，所以再结合了溶液中的水分子，而这部分水分子没有参与成分交换(5).Ca5（PO4）3F+5H2SO45CaSO4+3H3PO4+HF(6).80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低(7).CaSO4微溶(8).0.049bc/a×100%【解析】【分析】磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。【详解】(1)根据外界条件对化学反应速率的影响及流程可知，能加快反应速率的措施有：研磨、加热。(2)①P和S电子层数相同，核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性：S＞P，酸性H2SO4＞H3PO4；②根据流程可知，磷精矿与硫酸反应生成磷石膏和磷酸，反应的方程式为2Ca5(PO4)3(OH)+10H2SO4+3H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4；H2SO4与Ca5(PO4)3(OH)反应为成分交换，生成了微溶物硫酸钙和弱电解质磷酸，由题目得到特定生成物，应该结合水，而反应中交换成分后生成的水不够结合的，所以再结合了溶液中的水分子，而这部分水分子没有参与成分交换；(3)已知Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，则Ca5(PO4)3F与硫酸反应生成硫酸钙、磷酸和HF，方程式为Ca5(PO4)3F+5H2SO45CaSO4+3H3PO4(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，H2O2受热易分解，则80℃后，H2O2分解速率增大，浓度显著降低，导致脱除率降低；(5)CaSO4微溶于水，则CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，需进一步除去；(6)滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n(H3PO4)=n(NaOH)=bmol/Lc10-3L=mol，m(H3PO4)=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。19.查阅文献：铁粉与稀硝酸反应会生成H2。化